專題6 動力學(xué)、動量和能量觀點的綜合應(yīng)用考題一動量定理和能量觀點的綜合應(yīng)用1.動量定理公式：Ftpp說明：(1)F為合外力恒力，求p時，用pFtb.變力，求I時，用Ipmv2mv1牛頓第二定律的第二種形式：合外力等于動量變化率當(dāng)p一定時，F(xiàn)t為確定值：Ft小F大如碰撞；t大F小緩沖(2)等式左邊是過程量Ft，右邊是兩個狀態(tài)量之差，是矢量式.v1、v2是以同一慣性參照物為參照的.p的方向可與mv1一致、相反或成某一角度，但是p的方向一定與Ft一致.2.力學(xué)規(guī)律的選用原則單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應(yīng)選用動量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.例1據(jù)統(tǒng)計人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍.為探究這個問題，實驗小組同學(xué)利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況.重物與地面的形變很小，可忽略不計.g取10 m/s2.下表為一次實驗過程中的相關(guān)數(shù)據(jù).重物(包括傳感器)的質(zhì)量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反彈高度h/cm20最大沖擊力Fm/N850重物與地面接觸時間t/s0.1(1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計算回答下列問題：重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大??；在重物與地面接觸過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由.解析(1)重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a由牛頓第二定律：a解得a90 m/s2重物在空中運動過程中，由動能定理mghmv2重物與地面接觸前瞬時的速度大小v1重物離開地面瞬時的速度大小v2重物與地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，設(shè)豎直向上為正方向由動量定理：(Fmg)tmv2m(v1)解得F510 N，故6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通過增加人與地面接觸時間來減小沖擊力(如落地后雙腿彎曲)，由動量定理Ftmv可知，接觸時間增加了，沖擊力F會減小.答案(1)90 m/s26倍(2)見解析變式訓(xùn)練1.高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動).此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長量，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.mg B.mgC.mg D.mg答案A解析由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(Fmg)tmv，解得安全帶對人的平均作用力為Fmg，A項正確.2.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖1所示.物塊以v09 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止.g取10 m/s2.圖1(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J解析(1)對小物塊從A運動到B處的過程中應(yīng)用動能定理mgsmv2mv代入數(shù)值解得0.32(2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v6 m/s由動量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中“”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左.(3)對物塊反向運動過程中應(yīng)用動能定理得W0mv2解得W9 J.考題二動量守恒定律和能量觀點的綜合應(yīng)用1.動量守恒定律(1)表達式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p)；或p0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或p1p2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反).(2)動量守恒條件：理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零.近似守恒：外力遠小于內(nèi)力，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多.單方向守恒：合外力在某方向上的分力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒.動量守恒定律應(yīng)用要注意的三性(1)矢量性：在一維運動中要選取正方向，未知速度方向的一律假設(shè)為正方向，帶入求解.(2)同時性：m1v1和m2v2作用前的同一時刻的動量m1v1和m2v2作用后的同一時刻的動量(3)同系性：各個速度都必須相對于同一個慣性參考系.定律的使用條件：在慣性參考系中普遍適用(宏觀、微觀、高速、低速)2.力學(xué)規(guī)律的選用原則多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應(yīng)選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決.例2如圖2所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R0.5 m，物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L0.1 m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞時間極短).圖2(1)求A滑過Q點時的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(nk)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式.解析(1)從AQ由動能定理得mg·2Rmv2mv解得v4 m/s m/s在Q點，由牛頓第二定律得Fmgm解得F22 N.(2)A撞B，由動量守恒得mv02mv解得v3 m/s設(shè)摩擦距離為x，則2mgx0·2mv2解得x4.5 m所以k45.(3)AB滑至第n個光滑段上，由動能定理得·2mgnL·2mv·2mv2所以vn m/s(n<45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn m/s(n<45)變式訓(xùn)練3.如圖3，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的.圖3答案(2)MmM解析設(shè)A運動的初速度為v0，A向右運動與C發(fā)生碰撞，由動量守恒定律得mv0mv1Mv2由機械能守恒定律得mvmvMv可得v1v0，v2v0要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v10，即mMA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有mv1mv3Mv4mvmvMv整理可得v3v1，v4v1由于mM，所以A還會向右運動，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v3v2即v0v1()2v0整理可得m24MmM2解方程可得m(2)M另一解m(2)M舍去所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足(2)MmM.考題三電學(xué)中動量和能量觀點的綜合應(yīng)用系統(tǒng)化思維方法，就是根據(jù)眾多的已知要素、事實，按照一定的聯(lián)系方式，將其各部分連接成整體的方法.(1)對多個物理過程進行整體思維，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運動.(2)對多個研究對象進行整體思維，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)).例3如圖4所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，x軸與絕緣的水平面重合，在y軸右方有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場.質(zhì)量為m28×103 kg的不帶電小物塊靜止在原點O，A點距O點l0.045 m，質(zhì)量m11×103 kg的帶電小物塊以初速度v00.5 m/s從A點水平向右運動，在O點與m2發(fā)生正碰并把部分電量轉(zhuǎn)移到m2上，碰撞后m2的速度為0.1 m/s，此后不再考慮m1、m2間的庫侖力.已知電場強度E40 N/C，小物塊m1與水平面的動摩擦因數(shù)為0.1，取g10 m/s2，求：圖4(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做勻速圓周運動且恰好通過P點，OP與x軸的夾角30°，OP長為lOP0.4 m，求磁感應(yīng)強度B的大?。?3)其他條件不變，若改變磁場磁感應(yīng)強度的大小，使m2能與m1再次相碰，求B的大小.解析(1)設(shè)m1與m2碰前速度為v1，由動能定理m1glm1vm1v代入數(shù)據(jù)解得：v10.4 m/sv20.1 m/s，m1、m2正碰，由動量守恒有：m1v1m1v1m2v2代入數(shù)據(jù)得：v10.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做勻速圓周運動，所以qEm2g得：q2×103 C由洛倫茲力提供向心力，設(shè)物塊m2做圓周運動的半徑為R，則qv2Bm2軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：RlOP解得：B1 T(3)當(dāng)m2經(jīng)過y軸時速度水平向左，離開電場后做平拋運動，m1碰后做勻減速運動.m1勻減速運動至停止，其平均速度大小為：|v1|0.2 m/s>v20.1 m/s，所以m2在m1停止后與其相碰由牛頓第二定律有：Ffm1gm1am1停止后離O點距離：s則m2平拋的時間：t平拋的高度：hgt2設(shè)m2做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系有：Rh由qv2B，聯(lián)立得：B0.25 T答案(1)0.4 m/s，方向水平向左(2)1 T(3)0.25 T變式訓(xùn)練4.如圖5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距離為L的相同光滑導(dǎo)軌，C1D1和E1F1為兩段四分之一的圓弧，半徑分別為r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.導(dǎo)體棒P、Q的長度均為L，質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余電阻不計，Q停在圖中位置，現(xiàn)將P從軌道最高點無初速度釋放，則：圖5(1)求導(dǎo)體棒P進入磁場瞬間，回路中的電流的大小和方向(順時針或逆時針)；(2)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，求導(dǎo)體棒P離開軌道瞬間的速度；(3)若P、Q不會在軌道上發(fā)生碰撞，且兩者到達E1E2瞬間，均能脫離軌道飛出，求回路中產(chǎn)生熱量的范圍.答案(1)，方向逆時針(2)3(3)3mgrQ4mgr解析(1)導(dǎo)體棒P由C1C2下滑到D1D2，根據(jù)機械能守恒定律：mgr1mv，vD4導(dǎo)體棒P到達D1D2瞬間：EBLvD回路中的電流I方向逆時針(2)棒Q到達E1E2瞬間，恰能脫離軌道飛出，此時對Q：mg，vQ設(shè)導(dǎo)體棒P離開軌道瞬間的速度為vP，根據(jù)動量守恒定律：mvDmvPmvQ代入數(shù)據(jù)得，vP3(3)由(2)知，若導(dǎo)體棒Q恰能在到達E1E2瞬間飛離軌道，P也必能在該處飛離軌道.根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的熱量：Q1mvmvmv3mgr若導(dǎo)體棒Q與P能達到共速v，回路中產(chǎn)生的熱量最多，則根據(jù)動量守恒：mvD(mm)v，v2回路中產(chǎn)生的熱量：Q2mv(mm)v24mgr綜上所述，回路中產(chǎn)生熱量的范圍是3mgrQ4mgr.專題規(guī)范練1.如圖1所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放，到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關(guān)系式為x6t2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道.(重力加速度g取10 m/s2)求：圖1(1)BP間的水平距離xBP；(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.答案(1)4.1 m(2)不能(3)1.8 m解析(1)設(shè)碰撞后物塊B由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy同時tan 45°，解得vD4 m/s設(shè)平拋用時為t，水平位移為x，則有Rgt2xvDt解得x1.6 m物塊B碰后以初速度v06 m/s，加速度大小a4 m/s2減速到vD，則BD間的位移為x12.5 m故BP之間的水平距離xBPxx14.1 m(2)若物塊B能沿軌道到達M點，在M點時其速度為vM，則有mvmvmgR設(shè)軌道對物塊的壓力為FN，則FNmgm解得FN(1)mg<0，即物塊不能到達M點.(3)對物塊A、B的碰撞過程，有：mAvAmAvAmBv0mAvmAvA2mBv解得：vA6 m/s設(shè)物塊A釋放的高度為h，則mghmv，解得h1.8 m2.如圖2所示為過山車簡易模型，它由光滑水平軌道和豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R0.32 m.水平軌道PN右側(cè)的水平地面上，并排放置兩塊長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質(zhì)量m32.2 kg，長L4 m，木板d質(zhì)量m44.4 kg.質(zhì)量m23.3 kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質(zhì)量m11.3 kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失.碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長木板間動摩擦因數(shù)均為00.16，重力加速度g10 m/s2.圖2(1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；(2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動時，木板c、d均靜止不動，c、d與地面間的動摩擦因數(shù)至少多大？(木板c、d與地面間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(3)若不計木板c、d與地面間的摩擦，碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時間及木板d的長度.答案(1)4 m/s5.2 m/s(2)0.069(3)1 s1.4 m解析(1)根據(jù)題意可知：小滑塊a碰后返回到M點時：m1m1g小滑塊a碰后返回到M點過程中機械能守恒：m1vm1vm1g(2R)代入數(shù)據(jù)，解得：v14 m/s取水平向右為正方向，小滑塊a、b碰撞前后：動量守恒：m1v0m1v1m2v2機械能守恒：m1vm1vm2v代入數(shù)據(jù)，解得：v09.2 m/s，v25.2 m/s(2)若b在d上滑動時d能靜止，則b在c上滑動時c和d一定能靜止(m2m4)g>0m2g解得>00.069(3)小滑塊b滑上長木板c時的加速度大小：a10g1.6 m/s2此時兩塊長木板的加速度大?。篴2g0.8 m/s2令小滑塊b在長木板c上的滑行時間為t，則：時間t內(nèi)小滑塊b的位移x1v2ta1t2兩塊長木板的位移x2a2t2且x1x2L解得：t11 s或t2 s(舍去)b剛離開長木板c時b的速度v2v2a1t13.6 m/sb剛離開長木板c時d的速度v3a2t10.8 m/sd的長度至少為x：由動量守恒可知：m2v2m4v3(m2m4)v解得：v2 m/s0m2gxm2v22m4v(m2m4)v2解得：x1.4 m3.如圖3所示，兩個圓形光滑細管在豎直平面內(nèi)交疊，組成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h3.2 m，一質(zhì)量m1 kg的小球a從A點以速度v012 m/s的速度向右進入直管道，到達B點后沿“8”字形軌道向上運動，到達D點時恰好與軌道無作用力，直接進入DE管(DE管光滑)，并與原來靜止于E處的質(zhì)量為M4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小為碰撞前速度大小的，而b球從E點水平拋出，其水平射程s0.8 m.(g10 m/s2)圖3(1)求碰后b球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R；(3)若小球a在管道AB中運動時所受阻力為定值，請判斷a球返回到BA管道時，能否從A端穿出？答案(1)1 m/s(2)0.9 m0.7 m(3)不能解析(1)b球離開E點后做平拋運動hgt2，svbt，解得vb1 m/s(2)a、b碰撞過程，動量守恒，以水平向右為正方向，則有：mvam×vaMvb解得va3 m/s碰前a在D處恰好與軌道無作用力，則有：mgmr0.9 mR0.7 m(3)小球從B到D，機械能守恒：mvmvmgh解得：mv36.5 J從A到B過程，由動能定理得：Wfmvmv解得：Wf35.5 J從D到B，機械能守恒：m()2mghmvB2解得：mvB232.5 J<Wf所以，a球返回到BA管道中時，不能從A端穿出.4.如圖4所示，整個空間中存在豎直向上的勻強電場，經(jīng)過桌邊的虛線PQ與桌面成45°角，其上方有足夠大的垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，光滑絕緣水平桌面上有兩個可以視為質(zhì)點的絕緣小球，A球?qū)ψ烂娴膲毫榱?，其質(zhì)量為m，電量為q；B球不帶電且質(zhì)量為km(k>7).A、B間夾著質(zhì)量可忽略的火藥.現(xiàn)點燃火藥(此時間極短且不會影響小球的質(zhì)量、電量和各表面的光滑程度).火藥炸完瞬間A的速度為v0.求：圖4(1)火藥爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能；(2)A球在磁場中的運動時間；(3)若一段時間后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球與桌邊P的距離.答案(1)mv(2)(3)·解析(1)設(shè)爆炸之后B的速度大小為vB，選向左為正方向，在爆炸前后由動量守恒可得：0mv0kmvBEmvkmvmv(2)由A球?qū)ψ烂娴膲毫榱憧芍亓碗妶隽Φ却蠓聪颍蔄球進入電場中將會做勻速圓周運動，如圖所示則T有幾何知識可得：粒子在磁場中運動了個圓周則t2(3)由0mv0kmvB可得：vB由qv0Bm知，R設(shè)爆炸前A球與桌邊P的距離為xA，爆炸后B運動的位移為xB，時間為tB則tBt2，xBvBtB由圖可得：RxAxB聯(lián)立上述各式解得：xA·.14